2020年浙江省高考数学（含解析版）.pdf

2020 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷 一、选择题（共 10 小题）.1已知集合 Px|1x4，Qx|2x3，则 PQ（）Ax|1x2 Bx|2x3 Cx|3x4 Dx|1x4 2已知 aR，若 a1+（a2）i（i 为虚数单位）是实数，则 a（）A1 B1 C2 D2 3若实数 x，y 满足约束条件，则 zx+2y 的取值范围是（）A（，4 B4，+）C5，+）D（，+）4函数 yxcosx+sinx 在区间，+的图象大致为（）A B C D 5某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A B C3 D6 6已知空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，则“m，n，l 在同一平面”是“m，n，l 两两相交”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 7已知等差数列an的前 n 项和 Sn，公差 d0，1记 b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6 B2b4b2+b6 Ca42a2a8 Db42b2b8 8已知点 O（0，0），A（2，0），B（2，0）设点 P 满足|PA|PB|2，且 P 为函数 y3图象上的点，则|OP|（）A B C D 9已知 a，bR 且 ab0，若（xa）（xb）（x2ab）0 在 x0 上恒成立，则（）Aa0 Ba0 Cb0 Db0 10设集合 S，T，SN*，TN*，S，T 中至少有两个元素，且 S，T 满足：对于任意 x，yS，若 xy，都有 xyT；对于任意 x，yT，若 xy，则S；下列命题正确的是（）A若 S 有 4 个元素，则 ST 有 7 个元素 B若 S 有 4 个元素，则 ST 有 6 个元素 C若 S 有 3 个元素，则 ST 有 4 个元素 D若 S 有 3 个元素，则 ST 有 5 个元素 二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分。多空题每小题 4 分；单空题每小题 4 分。11已知数列an满足 an，则 S3 12设（1+2x）5a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5，则 a5 ；a1+a2+a3 13已知 tan2，则 cos2 ；tan（）14已知圆锥展开图的侧面积为 2，且为半圆，则底面半径为 15设直线 l：ykx+b（k0），圆 C1：x2+y21，C2：（x4）2+y21，若直线 l 与 C1，C2都相切，则 k ；b 16一个盒子里有 1 个红 1 个绿 2 个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为，则 P（0）；E（）17设，为单位向量，满足|2|，+，3+，设，的夹角为，则 cos2的最小值为 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。18在锐角ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2bsinAa（）求角 B；（）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围 19如图，三棱台 DEFABC 中，面 ADFC面 ABC，ACBACD45，DC2BC（）证明：EFDB；（）求 DF 与面 DBC 所成角的正弦值 20已知数列an，bn，cn中，a1b1c11，cn+1an+1an，cn+1cn（nN*）（）若数列bn为等比数列，且公比 q0，且 b1+b26b3，求 q 与 an的通项公式；（）若数列bn为等差数列，且公差 d0，证明：c1+c2+cn1+21如图，已知椭圆 C1：+y21，抛物线 C2：y22px（p0），点 A 是椭圆 C1与抛物线 C2的交点，过点A 的直线 l 交椭圆 C1于点 B，交抛物线 C2于 M（B，M 不同于 A）（）若 p，求抛物线 C2的焦点坐标；（）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值 22已知 1a2，函数 f（x）exxa，其中 e2.71828为自然对数的底数（）证明：函数 yf（x）在（0，+）上有唯一零点；（）记 x0为函数 yf（x）在（0，+）上的零点，证明：（）x0；（）x0f（）（e1）（a1）a 参考答案 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知集合 Px|1x4，Qx|2x3，则 PQ（）Ax|1x2 Bx|2x3 Cx|3x4 Dx|1x4【分析】直接利用交集的运算法则求解即可 解：集合 Px|1x4，Qx|2x3，则 PQx|2x3 故选：B 2已知 aR，若 a1+（a2）i（i 为虚数单位）是实数，则 a（）A1 B1 C2 D2【分析】利用复数的虚部为 0，求解即可 解：aR，若 a1+（a2）i（i 为虚数单位）是实数，可得 a20，解得 a2 故选：C 3若实数 x，y 满足约束条件，则 zx+2y 的取值范围是（）A（，4 B4，+）C5，+）D（，+）【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数 zx+2y 的取值范围 解：画出实数 x，y 满足约束条件所示的平面区域，如图：将目标函数变形为x+y，则 z 表示直线在 y 轴上截距，截距越大，z 越大，当目标函数过点 A（2，1）时，截距最小为 z2+24，随着目标函数向上移动截距越来越大，故目标函数 z2x+y 的取值范围是4，+）故选：B 4函数 yxcosx+sinx 在区间，+的图象大致为（）A B C D【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点 解：yf（x）xcosx+sinx，则 f（x）xcosxsinxf（x），f（x）为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除 B，D，当 x 时，yf（）cos+sin0，故排除 B，故选：A 5某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A B C3 D6【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可 解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为 2 的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为 1，所以几何体的体积为：故选：A 6已知空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，则“m，n，l 在同一平面”是“m，n，l 两两相交”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【分析】由 m，n，l 在同一平面，则 m，n，l 相交或 m，n，l 有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断 解：空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，若 m，n，l 在同一平面，则 m，n，l 相交或 m，n，l 有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行 故 m，n，l 在同一平面”是“m，n，l 两两相交”的必要不充分条件，故选：B 7已知等差数列an的前 n 项和 Sn，公差 d0，1记 b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6 B2b4b2+b6 Ca42a2a8 Db42b2b8【分析】由已知利用等差数列的通项公式判断 A 与 C；由数列递推式分别求得 b2，b4，b6，b8，分析 B，D 成立时是否满足公差 d0，1 判断 B 与 D 解：在等差数列an中，ana1+（n1）d，b1S22a1+d，bn+1Sn+2S2n b2a1+2d，b4a15d，b63a124d，b85a155d A.2a42（a1+3d）2a1+6d，a2+a6a1+d+a1+5d2a1+6d，故 A 正确；B.2b42a110d，b2+b6a1+2d3a124d2a122d，若 2b4b2+b6，则2a110d2a122d，即 d0，不合题意，故 B 错误；C若 a42a2a8，则，即，得，d0，a1d，符合1，故 C 正确；D若，则，即，则有两不等负根，满足1，故 D 正确 等式不可能成立的是 B 故选：B 8已知点 O（0，0），A（2，0），B（2，0）设点 P 满足|PA|PB|2，且 P 为函数 y3图象上的点，则|OP|（）A B C D【分析】求出 P 满足的轨迹方程，求出 P 的坐标，即可求解|OP|解：点 O（0，0），A（2，0），B（2，0）设点 P 满足|PA|PB|2，可知 P 的轨迹是双曲线的右支上的点，P 为函数 y3图象上的点，即在第一象限的点，联立两个方程，解得 P（，），所以|OP|故选：D 9已知 a，bR 且 ab0，若（xa）（xb）（x2ab）0 在 x0 上恒成立，则（）Aa0 Ba0 Cb0 Db0【分析】设 f（x）（xa）（xb）（x2ab），求得 f（x）的零点，根据 f（0）0 恒成立，讨论 a，b 的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论 解：设 f（x）（xa）（xb）（x2ab），可得 f（x）的图象与 x 轴有三个交点，即 f（x）有三个零点 a，b，2a+b 且 f（0）ab（2a+b），由题意知，f（0）0 恒成立，则 ab（2a+b）0，a0，b0，可得 2a+b0，ab（2a+b）0 恒成立，排除 B，D；我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上 则有 ab 或 a2a+b 或 bb+2a 三种情况，此时 ab0 显然成立；若 bb+2a，则 a0 不成立；若 a2a+b，即 a+b0，可得 b0，a0 且 a 和 2a+b 都在正半轴上，符合题意，综上 b0 恒成立 故选：C 10设集合 S，T，SN*，TN*，S，T 中至少有两个元素，且 S，T 满足：对于任意 x，yS，若 xy，都有 xyT；对于任意 x，yT，若 xy，则S；下列命题正确的是（）A若 S 有 4 个元素，则 ST 有 7 个元素 B若 S 有 4 个元素，则 ST 有 6 个元素 C若 S 有 3 个元素，则 ST 有 4 个元素 D若 S 有 3 个元素，则 ST 有 5 个元素【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可 解：取：S1，2，4，则 T2，4，8，ST1，2，4，8，4 个元素，排除 C S2，4，8，则 T8，16，32，ST2，4，8，16，32，5 个元素，排除 D；S2，4，8，16则 T8，16，32，64，128，ST2，4，8，16，32，64，128，7 个元素，排除 B；故选：A 二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分。多空题每小题 4 分；单空题每小题 4 分。11已知数列an满足 an，则 S310【分析】求出数列的前 3 项，然后求解即可 解：数列an满足 an，可得 a11，a23，a36，所以 S31+3+610 故答案为：10 13已知 tan2，则 cos2；tan（）【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问 解：tan2，则 cos2 tan（）故答案为：；14已知圆锥展开图的侧面积为 2，且为半圆，则底面半径为1【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径 解：圆锥侧面展开图是半圆，面积为 2，设圆锥的母线长为 a，则a22，a2，侧面展开扇形的弧长为 2，设圆锥的底面半径 OCr，则 2r2，解得 r1 故答案为：1 15设直线 l：ykx+b（k0），圆 C1：x2+y21，C2：（x4）2+y21，若直线 l 与 C1，C2都相切，则 k；b【分析】根据直线 l 与两圆都相切，分别列出方程 d11，d21，解得即可 解：由条件得 C1（0，0），r11，C2（4，0），r21，因为直线 l 与 C1，C2都相切，故有 d11，d21，则有，故可得 b2（4k+b）2，整理得 k（2k+b）0，因为 k0，所以 2k+b0，即 b2k，代入 d11，解得 k，则 b，故答案为：；16一个盒子里有 1 个红 1 个绿 2 个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为，则 P（0）；E（）1【分析】由题意知随机变量 的可能取值为 0，1，2；分别计算 P（0）、P（1）和 P（2），再求E（）的值 解：由题意知，随机变量 的可能取值为 0，1，2；计算 P（0）+；P（1）+；P（2）+；所以 E（）0+1+21 故答案为：，1 17设，为单位向量，满足|2|，+，3+，设，的夹角为，则 cos2的最小值为【分析】设、的夹角为，由题意求出 cos；再求，的夹角 的余弦值 cos2 的最小值即可 解：设、的夹角为，由，为单位向量，满足|2|，所以 44+44cos+12，解得 cos；又+，3+，且，的夹角为，所以 3+4+4+4cos，+2+2+2cos，9+6+10+6cos；则 cos2，所以 cos时，cos2 取得最小值为 故答案为：三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。18在锐角ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2bsinAa（）求角 B；（）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围【分析】（）根据正弦定理可得 sinB，结合角的范围，即可求出，（）根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出 解：（）2bsinAa，2sinBsinAsinA，sinA0，sinB，B，B，（）ABC 为锐角三角形，B，CA，cosA+cosB+cosCcosA+cos（A）+coscosAcosA+sinA+cosA+sinA+sin（A+）+，ABC 为锐角三角形，0A，0C，解得A，A+，sin（A+）1，+sin（A+）+1，cosA+cosB+cosC 的取值范围为（，19如图，三棱台 DEFABC 中，面 ADFC面 ABC，ACBACD45，DC2BC（）证明：EFDB；（）求 DF 与面 DBC 所成角的正弦值 【分析】（）题根据已知条件，作 DHAC，根据面面垂直，可得 DHBC，进一步根据直角三角形的知识可判断出BHC 是直角三角形，且HBC90，则 HBBC，从而可证出 BC面 DHB，最后根据棱台的定义有 EFBC，根据平行线的性质可得 EFDB；（）题先可设 BC1，根据解直角三角形可得 BH1，HC，DH，DC2，DB，然后找到CH 与面 DBC 的夹角即为HCG，根据棱台的特点可知 DF 与面 DBC 所成角与 CH 与面 DBC 的夹角相等，通过计算HCG 的正弦值，即可得到 DF 与面 DBC 所成角的正弦值 解：（）证明：作 DHAC，且交 AC 于点 H，面 ADFC面 ABC，DH面 ADFC，DHBC，在 RtDHC 中，CHCDcos45CD，DC2BC，CHCD2BCBC，即BHC 是直角三角形，且HBC90，HBBC，BC面 DHB，BD面 DHB，BCBD，在三棱台 DEFABC 中，EFBC，EFDB （）设 BC1，则 BH1，HC，在 RtDHC 中，DH，DC2，在 RtDHB 中，DB，作 HGBD 于 G，BCHG，HG面 BCD，GC面 BCD，HGGC，HGC 是直角三角形，且HGC90，设 DF 与面 DBC 所成角为，则 即为 CH 与面 DBC 的夹角，且 sinsinHCG，在 RtDHB 中，DHHBBDHG，HG，sin 20已知数列an，bn，cn中，a1b1c11，cn+1an+1an，cn+1cn（nN*）（）若数列bn为等比数列，且公比 q0，且 b1+b26b3，求 q 与 an的通项公式；（）若数列bn为等差数列，且公差 d0，证明：c1+c2+cn1+【分析】本题第（）题先根据等比数列的通项公式将 b2q，b3q2代入 b1+b26b3，计算出公比 q 的值，然后根据等比数列的定义化简 cn+1cn可得 cn+14cn，则可发现数列cn是以 1 为首项，4 为公比的等比数列，从而可得数列cn的通项公式，然后将通项公式代入 cn+1an+1an，可得 an+1ancn+14n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列an的通项公式；第（）题通过将已知关系式 cn+1cn不断进行转化可构造出数列bnbn+1cn，且可得到数列bnbn+1cn是一个常数列，且此常数为 1+d，从而可得 bnbn+1cn1+d，再计算得到 cn，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立【解答】（）解：由题意，b2q，b3q2，b1+b26b3，1+q6q2，整理，得 6q2q10，解得 q（舍去），或 q，cn+1cncncncn4cn，数列cn是以 1 为首项，4 为公比的等比数列，cn14n14n1，nN*an+1ancn+14n，则 a11，a2a141，a3a242，anan14n1，各项相加，可得 an1+41+42+4n1（）证明：依题意，由 cn+1cn（nN*），可得 bn+2cn+1bncn，两边同时乘以 bn+1，可得 bn+1bn+2cn+1bnbn+1cn，b1b2c1b21+d，数列bnbn+1cn是一个常数列，且此常数为 1+d，bnbn+1cn1+d，cn（1+）（1+）（），c1+c2+cn（1+）（）+（1+）（）+（1+）（）（1+）（+）（1+）（）（1+）（1）1+，c1+c2+cn1+，故得证 21如图，已知椭圆 C1：+y21，抛物线 C2：y22px（p0），点 A 是椭圆 C1与抛物线 C2的交点，过点A 的直线 l 交椭圆 C1于点 B，交抛物线 C2于 M（B，M 不同于 A）（）若 p，求抛物线 C2的焦点坐标；（）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值 【分析】（）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；（）设直线方程 ykx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，根据韦达定理定理求出 M（，），可得 p，再由，求出点 A 的坐标，代入椭圆方程可得 t2，化简整理得 p2，利用基本不等式即可求出 p 的最大值 解：（）p，则，则抛物线 C2的焦点坐标（，0），（）直线 l 与 x 轴垂直时，此时点 M 与点 A 或点 B 重合，不满足题意，设直线 l 的方程为 ykx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，消 y 可得（2k2+1）x2+4kty+2t220，16k2t24（2k2+1）（2t22）0，即 t21+2k2，x1+x2，x0（x1+x2），y0kx0+t，M（，），点 M 在抛物线 C2上，y22px，p，联立，解得 x1，y1，代入椭圆方程可得+1，解得 t2 p2，p，当且仅当 12k2，即 k2，t2时等号成立，故 p 的最大值为 22已知 1a2，函数 f（x）exxa，其中 e2.71828为自然对数的底数（）证明：函数 yf（x）在（0，+）上有唯一零点；（）记 x0为函数 yf（x）在（0，+）上的零点，证明：（）x0；（）x0f（）（e1）（a1）a【分析】（）推导出 x0 时，f（x）ex10 恒成立，f（0）0，f（2）0，由此能证明函数 yf（x）在（0，+）上有唯一零点（）（i）由 f（x）单调增，1a2，设 x0的最大值为 t，则 ct2+t，f（1）c120，则 t1，推导出要证明a1，只需证明，记 h（x）ex1xx2（0 xt），则 h（x）ex12x，利用导数性质能证明x0（ii）要证明 x0f（e）（e1）（a1）a，只需证明 x0f（x0+a）（e1）（a1）a，只需证2（e2），由此能证明 x0f（e）（e1）（a1）a【解答】证明：（）f（x）exxa0（x0），f（x）ex10 恒成立，f（x）在（0，+）上单调递增，1a2，f（2）e22ae240，又 f（0）1a0，函数 yf（x）在（0，+）上有唯一零点（）（i）f（x）单调增，1a2，设 x0的最大值为 t，则 ct2+t，f（1）c120，则 t1，右边：由于 x0 时，ex1+x+，且x0a0，则 a1+，左边：要证明a1，只需证明，记 h（x）ex1xx2（0 xt），则 h（x）ex12x，h“（x）ex2，h（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+）上单调增，h（x）ex12xmaxh（0），h（t）0，h（x）在 0 xt 时单调减，h（x）ex1xx2h（0）0，x0（ii）要证明 x0f（e）（e1）（a1）a，只需证 x0f（x0+a）（e1）（a1）a，只需证（e1）a，ex1+x+，只需证 1+（）2a（e1）a，只需证2（e2）a0，即证2（e2），+（2，+），x0f（e）（e1）（a1）a